\documentclass{article}
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% 定义新的带灰色背景的说明环境 zremark
\newmdtheoremenv[
  backgroundcolor=gray!10,
  % 边框与背景一致，边框线会消失
  linecolor=gray!10
]{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{13.2 习题}
\author{张志聪}
\maketitle

\section*{13.2.1}

方法一：使用连续的定义证明

\begin{itemize}
  \item (a)

        \begin{itemize}
          \item $\Rightarrow$

                对任意$\epsilon > 0, \frac{1}{\sqrt{2}}\epsilon$，
                因为$f$在$x_0$处连续，存在$\delta_{f} > 0$使得只要$d_X(x, x_0) < \delta_{f}$，就有
                \begin{align*}
                  d_{l^2}(f(x), f(x_0)) = |f(x) - f(x_0)| < \frac{1}{\sqrt{2}}\epsilon
                \end{align*}

                类似地，存在$\delta_{g} > 0$使得只要$d_X(x, x_0) < \delta_{g}$，就有
                \begin{align*}
                  d_{l^2}(g(x), g(x_0)) = |g(x) - g(x_0)| < \frac{1}{\sqrt{2}}\epsilon
                \end{align*}

                综上，$\delta < min(\delta_{f}, \delta_{g})$，使得只要$d_X(x, x_0) < \delta$，就有
                \begin{align*}
                  d_{l^2}(f \oplus g(x), f \oplus g(x_0)) & = d_{l^2}((f(x), g(x)), (f(x_0), g(x_0)))      \\
                                                          & = \sqrt{|f(x) - f(x_0)|^2 + |g(x) - g(x_0)|^2} \\
                                                          & < \epsilon
                \end{align*}
                所以$f \oplus g$在$x_0$处是连续的。

          \item $\Leftarrow$

                任意$\epsilon > 0$，由于$f \oplus g$在$x_0$处是连续的，所以存在$\delta > 0$使得只要$d_X(x, x_0) < \delta$，就有
                \begin{align*}
                  d_{l^2}(f \oplus g(x), f \oplus g(x_0)) & = d_{l^2}((f(x), g(x)), (f(x_0), g(x_0)))      \\
                                                          & = \sqrt{|f(x) - f(x_0)|^2 + |g(x) - g(x_0)|^2} \\
                                                          & < \epsilon
                \end{align*}
                由此可得
                \begin{align*}
                  |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \\
                  |g(x) - g(x_0)| < \epsilon
                \end{align*}
                即
                \begin{align*}
                  d_{l^2}(f(x), f(x_0)) < \epsilon
                \end{align*}
                \begin{align*}
                  d_{l^2}(g(x), g(x_0)) < \epsilon
                \end{align*}
                于是可得$f,g$在$x_0$处是连续的。

        \end{itemize}

  \item (b)

        可以由(a)直接推出。
\end{itemize}

方法二：使用书中的提示

\begin{itemize}
  \item (a)

        \begin{itemize}
          \item $\Rightarrow$

                任意$(x^{(n)})_{n = 1}^\infty$是$X$中依度量$d_X$收敛于$x_0$的序列，
                因为$f,g$在$x_0$处连续，由命题13.1.4(b)可知，
                序列$(f(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty$依度量$d_{l^2}$收敛于$f(x_0)$（书中有说在没有特殊说明的时，提到度量空间$R^n(n \geq 1)$指的就是欧几里得度量）。
                序列$(g(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty$依度量$d_{l^2}$收敛于$g(x_0)$。

                由命题12.1.18(d)可知，$(f(x^{(n)}), g(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty$依度量$d_{l^2}$收敛于$(f(x_0),g(x_0))$，
                由13.1.4(b)可知$f \oplus g$在$x_0$处是连续的。

          \item $\Leftarrow$

                任意$(x^{(n)})_{n = 1}^\infty$是$X$中依度量$d_X$收敛于$x_0$的序列，
                因为$f \oplus g$在$x_0$处是连续的，
                由命题13.1.4(b)可知，序列$(f \oplus g(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty = (f(x^{(n)}), g(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty$依度量$d_{l^2}$收敛于$(f(x_0),g(x_0))$，
                由命题12.1.18(d)可知序列$(f(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty$依度量$d_{l^2}$收敛于$f(x_0)$，
                序列$(g(x^{(n)}))_{n = 1}^\infty$依度量$d_{l^2}$收敛于$g(x_0)$，
                所以由13.1.4(b)可知$f,g$在$x_0$处连续。


        \end{itemize}

  \item (b)

        可以由(a)直接推出。
\end{itemize}

\section*{13.2.2}

任意$(x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2$，
设$(x^{(n)})_{n = 1}^\infty$是$\mathbb{R}^2$中依度量$d_{l^2}$收敛于$(x_0, y_0)$的序列，
对任意$n \in \mathbb{N}$，$x^{(n)} = (a_n, b_n)$，由命题12.1.18可知，
序列$(a_n)_{n = 1}^\infty$收敛于$x_0$，
序列$(b_n)_{n = 1}^\infty$收敛于$y_0$。
由定理6.1.19（极限定律）可知
\begin{align*}
  \lim\limits_{n \to \infty} (a_n + b_n) & = \lim\limits_{n \to \infty} a_n + \lim\limits_{n \to \infty} b_n \\
                                         & = x_0 + y_0
\end{align*}
由定理13.1.4(连续性保持收敛性)(b)可知，函数$f(x, y) = x + y$在点$(x_0, y_0)$处是连续的。
由$(x_0, y_0)$的任意性可知$f(x, y) = x + y$是连续的。

同理可证其他函数。

\section*{13.2.3}
定义$g: X \to \mathbb{R}$，任意$x \in X$都有$g(x) = 0$，于是$g: X \to \mathbb{R}$是连续函数。
又由于$|f|(x) = max(f(x), -f(x)) = max(f(x), g(x) - f(x))$，
因为$f: X \to \mathbb{R}, g: X \to \mathbb{R}$是一个连续函数，
由推论13.2.3可知$g - f: X \to \mathbb{R}$是连续函数，
再次利用推论13.2.3可知$|f|: X \to \mathbb{R}$也是连续函数。

\section*{13.2.4}

（1）

任意$(x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2$，
设$(x^{(n)})_{n = 1}^\infty$是$\mathbb{R}^2$中依度量$d_{l^2}$收敛于$(x_0, y_0)$的序列，
对任意$n \in \mathbb{N}$，$x^{(n)} = (a_n, b_n)$。

由命题12.1.18可知，
序列$(a_n)_{n = 1}^\infty$收敛于$x_0$，
序列$(b_n)_{n = 1}^\infty$收敛于$y_0$。
于是
\begin{align*}
  \lim\limits_{n \to \infty}  (\pi_1(x^{(n)})) = \lim\limits_{n \to \infty} a_n = x_0 = \pi_1(x_0, y_0)
\end{align*}
所以$\pi_1$是连续的；

同理可证$\pi_2$是连续的。


（2）

$g_1(x, y) = f(\pi_1(x, y)) = f \circ \pi_1(x, y)$，由推论13.1.7可知$g_1$是连续的；

同理可证$g_2$是连续的。

\section*{13.2.5}
（1）

任意$0 \leq i \leq n$和$0 \leq j \leq m$，
\begin{align*}
  c^{ij}x^iy^j = c^{ij}\pi_1^i(x, y) \pi_2^j(x, y)
\end{align*}
由推论13.2.3(b)可知是连续函数。
再次利用推论13.2.3(b)可知，有限个连续函数相加的结果是连续函数。

（2）

证明参考推论13.2.3的证明。

因为$f,g$都是连续的，那么$f \oplus g$是连续的。由（1）可知函数$P$是连续的。
我们把这两个函数复合在一起，那么根据推论13.1.7可知，$P(f,g)(x): X \to \mathbb{R}$是连续的。

\section*{13.2.6}

\begin{itemize}
  \item $\Rightarrow$

        证明方法与习题13.2.1的证明方法（方法二）相同，不再赘述。

  \item $\Leftarrow$

        成立；证明方法与习题13.2.1的证明方法（方法二）相同，不再赘述。
\end{itemize}

\section*{13.2.7}

这道题，没有用书中的提示证明。使用的证明方法与习题13.2.5一致。

任意$(i_1, i_2, \dots, i_k) \in I$，$c(i_1, i_2, \dots, i_k)$是常数，
$x_1^{i_1}, x_2^{i_2}, \dots, x_k^{i_k}$由习题13.2.4和推论13.2.3(b)可知分别都是连续的，
再次利用推论13.2.3(b)可知$c(i_1, i_2, \dots, i_k)x_1^{i_1}x_2^{i_2}\dots x_k^{i_k}$是连续函数。

因为$I$是有限子集，由推论13.2.3(b)可知有限个连续函数相加的结果是连续函数，即$P(x_1, \dots, x_k)$
是连续函数。

\section*{13.2.8}

（1）$(X \times Y, d_{X \times Y})$是度量空间。

证明度量是否满足四个公理
\begin{itemize}
  \item (a)

        对任意的$(x, y) \in X \times Y$，
        \begin{align*}
          d_{X \times Y}((x, y), (x, y)) = d_X(x, x) + d_Y(y, y) = 0
        \end{align*}
        注意，因为$(X, d_X), (Y, d_Y)$都是度量空间，所以$d_X(x, x) = 0, d_Y(y, y) = 0$。

  \item (b) 正性

        对任意两个不同的$(x, y), (x^\prime, y^\prime) \in X \times Y$，
        \begin{align*}
          d_{X \times Y}((x, y), (x^\prime, y^\prime)) = d_X(x, x^\prime) + d_Y(y, y^\prime) > 0
        \end{align*}
        注意，因为$(X, d_X), (Y, d_Y)$都是度量空间，所以$d_X(x, x^\prime) > 0, d_Y(y, y^\prime) > 0$。

  \item (c) 对称性

        对任意两个$(x, y), (x^\prime, y^\prime) \in X \times Y$，
        \begin{align*}
          d_{X \times Y}((x, y), (x^\prime, y^\prime)) & = d_X(x, x^\prime) + d_Y(y, y^\prime)          \\
                                                       & = d_X(x^\prime, x) + d_Y(y^\prime, y)          \\
                                                       & = d_{X \times Y}((x^\prime, y^\prime), (x, y))
        \end{align*}

  \item (d) 三角不等式

        对任意三个$(x, y), (x^\prime, y^\prime), (x^{\prime \prime}, y^{\prime \prime}) \in X \times Y$，
        \begin{align*}
           & d_{X \times Y}((x, y), (x^{\prime \prime}, y^{\prime \prime}))                                                                        \\
           & = d_X(x, x^{\prime \prime}) + d_Y(y,y{\prime \prime})                                                                                 \\
           & \leq d_X(x, x^{\prime}) + d_X(x^{\prime}, x^{\prime \prime}) + d_Y(y, y^{\prime}) + d_Y(y^{\prime}, y^{\prime \prime})                \\
           & = d_{X \times Y}((x, y), (x^{\prime}, y^{\prime})) + d_{X \times Y}((x^{\prime}, y^{\prime}), (x^{\prime \prime}, y^{\prime \prime}))
        \end{align*}
\end{itemize}

综上，$(X \times Y, d_{X \times Y})$是度量空间。

（2）与命题12.1.18类似的结论。

如果$(x^{(k)})_{k = 1}^\infty$是度量空间$(X \times Y, d_{X \times Y})$中的序列，其中
$x^{(k)} = (x_1^{(k)}, x_2^{(k)}), x_1^{(k)} \in X, x_2^{(k)} \in Y$，$x = (x_1, x_2)$是$X \times Y$中的点，
那么下面两个命题是等价的。

（a）$(x^{(k)})_{k = 1}^\infty$收敛于$x$。

（b）序列$(x_1^{(k)})_{k = 1}^\infty$在$X$中收敛于$x_1$，序列$(x_1^{(k)})_{k = 1}^\infty$收敛于$x_2$。

证明：

\begin{itemize}
  \item (a) $\Rightarrow$ (b)

        如果（a）成立，那么对任意$\epsilon > 0$，存在$N \geq 1$使得
        \begin{align*}
          d_{X \times Y}(x^{(k)}, x) < \epsilon
        \end{align*}
        对任意$k \geq N$均成立。

        我们有
        \begin{align*}
          d_{X \times Y}(x^{(k)}, x) = d_X(x_1^{(k)}, x_1) + d_Y(x_2^{(k)}, x_2)
        \end{align*}
        于是可得
        \begin{equation*}
          \begin{cases}
            d_X(x_1^{(k)}, x_1) < \epsilon \\
            d_Y(x_2^{(k)}, x_2) < \epsilon
          \end{cases}
        \end{equation*}
        对任意 k ≥ N 均成立，所以（b）成立。

  \item (b) $\Rightarrow$ (a)

        如果（b）成立，序列$(x_1^{(k)})_{k = 1}^\infty$在$X$中收敛于$x_1$，
        那么，对任意$\epsilon > 0$存在$N_X \geq 1$使得
        \begin{align*}
          d_X(x_1^{(k)}, x_1) < \frac{1}{2} \epsilon
        \end{align*}
        对任意$k \geq N_X$均成立。

        类似地，存在$N_Y \geq 1$使得
        \begin{align*}
          d_Y(x_2^{(k)}, x_2) < \frac{1}{2} \epsilon
        \end{align*}
        对任意$k \geq N_Y$均成立。

        综上，存在$N = max(N_X, N_Y)$使得
        \begin{align*}
          d_{X \times Y}(x^{(k)}, x) = d_X(x_1^{(k)}, x_1) + d_Y(x_2^{(k)}, x_2) < \epsilon
        \end{align*}
        对任意$k \geq N$均成立，所以（a）成立。

\end{itemize}

（3）与引理13.2.1类似的结论。

$(Z, d_Z)$也是度量空间，
设$f: Z \to X$和$g: Z \to Y$是两个函数，$f \oplus g: Z \to X \times Y$是它们的直和。

（a）设$z_0 \in X$，那么$f$和$g$都在$z_0$处连续，当且仅当$f \oplus g$在$z_0$处是连续的。

（b）$f$和$g$都是连续的，当且仅当$f \oplus g$是连续的。

证明：

\begin{itemize}
  \item （a）

        \begin{itemize}
          \item $\Rightarrow$

                $f, g$都在$z_0$处连续，那么由定理13.1.4(b)可知，对任意$(z^{n})_{n = 1}^\infty$是$Z$中依度量$d_Z$收敛于$z_0$，
                那么序列$(f(z^{(n)}))_{n = 1}^\infty$和$(g(z^{(n)}))_{n = 1}^\infty$分别依度量$d_X, d_Y$收敛于$f(z_0), g(z_0)$。

                于是存在$N$使得
                \begin{equation*}
                  \begin{cases}
                    d_X(f(z^{(n)}), f(z_0)) < \frac{1}{2} \epsilon \\
                    d_Y(g(z^{(n)}), g(z_0)) < \frac{1}{2} \epsilon \\
                  \end{cases}
                \end{equation*}
                对所有的$n \geq N$均成立。

                于是我们有
                \begin{align*}
                  d_{X \times Y}((f(z^{(n)}), g(z^{(n)})), (f(z_0), g(z_0))) = d_X(f(z^{(n)}), f(z_0)) + d_Y(g(z^{(n)}), g(z_0)) < \epsilon
                \end{align*}
                对所有的$n \geq N$均成立。

                综上可得，序列$(f \oplus g(z^{(n)}))_{n = 1}^\infty$依度量$d_{X \times Y}$收敛于$f \oplus g(z_0)$，
                所以$f \oplus g$在$z_0$处是连续的。

          \item $\Leftarrow$

                逆命题证明过程类似，略。

        \end{itemize}

  \item （b）

        可以通过（a）推出（b）。
\end{itemize}

\section*{13.2.9}

这里我无法保证解答的正确性，因为书中对$\lim\lim$这种格式未做严格的定义。

\begin{zremark}
  这道题应该有错误，
  $\lim\limits_{x \to x_0}\lim\limits_{y \to y_0}\sup f(x, y)$
  应该改成
  $\lim \limits_{x \to x_0}\lim \sup \limits_{y \to y_0}f(x, y)$。
  因为前一个公式没见过，
  而且也是为了能够利用题目中的$\lim \sup \limits_{x \to x_0}f(x) := \inf \limits_{r > 0} \sup \limits_{|x - x_0| < r} f(x)$，
  （注意，这里表示的是，随着$r$趋近于零时，函数$f(x)$在$x_0$附近的最大值的极限）
  不然我证明不出来。
\end{zremark}
\begin{zremark}
  书中$\lim\limits_{x \to x_0}\lim\limits_{y \to y_0}f(x, y)$没有具体说明，这里做一个补充：
  表达式$\lim\limits_{x \to x_0}\lim\limits_{y \to y_0}f(x, y)$代表的是
  对双变量函数$f(x,y)$进行逐次极限的操作。具体来说，这个表达式表示的是：
  \begin{itemize}
    \item 首先，对于固定的
          $x$值，求当$y$趋近于 $y_0$时的极限，
          即$\lim\limits_{y \to y_0}f(x,y)$。
          这个过程得到的结果是一个关于$x$的函数$g(x) := \lim\limits_{y \to y_0}f(x,y)$

    \item 然后，研究$g(x)$，看看$\lim\limits_{x \to x_0} g(x)$ 是否收敛。
  \end{itemize}
\end{zremark}

（1）

因为$f$在$(x_0, y_0)$处是连续的，那么，对任意$\epsilon > 0$，对存在$\delta > 0$，使得只要
$d_{l^2}((x, y), (x_0, y_0)) = \sqrt{|x - x_0|^2 + |y - y_0|^2} < \delta$，
就有$d_{l^2}(f(x, y), f(x_0, y_0)) = |f(x, y) - f(x_0, y_0)| < \epsilon$。

固定$x$且$x \in B(x_0, \frac{1}{2}\delta)$，
那么$F(y) := f(x, y)$是从$\mathbb{R}$到$\mathbb{R}$的函数。
综上可得，当$|y - y_0| < \frac{1}{2}\delta$时，
\begin{align*}
  F(y) < f(x_0, y_0) + \epsilon
\end{align*}
于是可得
\begin{align*}
  \lim \sup \limits_{y \to y_0}F(y) := \inf \limits_{r > 0} \sup \limits_{|y - y_0| < r} F(y) \leq f(x_0, y_0) + \epsilon
\end{align*}
即
\begin{align*}
  |\lim \sup \limits_{y \to y_0}F(y) - f(x_0, y_0)| < \epsilon
\end{align*}
由定义9.3.6可知，$\lim \limits_{x \to x_0}\lim \sup \limits_{y \to y_0}f(x, y) = f(x_0, y_0)$。

其他情况同理。

（2）特别地（没有找到好的表达方式，就当是一个参考吧）

固定$x = x^\prime$，接下来比较
\begin{equation*}
  \begin{cases*}
    \lim \sup \limits_{y \to y_0} f(x^\prime, y) \\
    \lim\limits_{y \to y_0} f(x^\prime, y)
  \end{cases*}
\end{equation*}
任意$r > 0$，$y^\prime \in B(y_0, r)$，
\begin{align*}
  \sup \limits_{|y - y_0|<r} f(x^\prime, y) \geq f(x^\prime, y^\prime)
\end{align*}
于是由引理6.4.13（比较原理）可得，
\begin{align*}
  \lim \sup \limits_{y \to y_0} f(x^\prime, y) \geq \lim\limits_{y \to y_0} f(x^\prime, y)
\end{align*}
所以
\begin{align*}
 \lim\limits_{x \to x_0} \lim\limits_{y \to y_0} f(x, y) \leq \lim \limits_{x \to x_0}\lim \sup \limits_{y \to y_0}f(x, y) = f(x_0, y_0)
\end{align*}

同理可得
\begin{align*}
 \lim\limits_{x \to x_0} \lim\limits_{y \to y_0} f(x, y) \leq \lim \limits_{x \to x_0}\lim \inf \limits_{y \to y_0}f(x, y) = f(x_0, y_0)
\end{align*}
综上$\lim\limits_{x \to x_0} \lim\limits_{y \to y_0} f(x, y) = f(x_0, y_0)$。

类似地，$\lim\limits_{y \to y_0} \lim\limits_{x \to x_0} f(x, y) = f(x_0, y_0)$。

所以，
\begin{align*}
  \lim\limits_{x \to x_0} \lim\limits_{y \to y_0} f(x, y) = \lim\limits_{y \to y_0} \lim\limits_{x \to x_0} f(x, y) = f(x_0, y_0)
\end{align*}

\section*{13.2.10}

函数$y \mapsto f(x, y)$其中$x$是固定值，对任意$\epsilon > 0, y_0 \in \mathbb{R}$，
因为$f$是一个连续函数，
存在$\delta > 0$使得只要$\sqrt{|x - x|^2 + |y - y_0|^2} = |y - y_0| < \delta$，就有
\begin{align*}
  f(x, y) - f(x, y_0) < \epsilon
\end{align*}
综上可得，对任意$\epsilon > 0$，都存在$\delta > 0$,使得只要$|y - y_0| < \delta$（与$x$无关），就有
\begin{align*}
  f(x, y) - f(x, y_0) < \epsilon
\end{align*}
所以函数$y \mapsto f(x, y)$在$y_0$处是连续的，由此可以推出其在$\mathbb{R}$上连续。

同理可证$x \mapsto f(x, y)$也是在$\mathbb{R}$上连续的。

\section*{13.2.11}

（1）固定的$x \in \mathbb{R}$，函数$y \mapsto f(x, y)$在$\mathbb{R}$是连续的。
固定的$y \in \mathbb{R}$，函数$x \mapsto f(x, y)$在$\mathbb{R}$是连续的。

\begin{itemize}
  \item $x = 0$

        如果$y = 0$此时$f(x, y) = 0$；

        任意$y \neq 0$都有
        \begin{align*}
          f(x, y) = \frac{xy}{x^2 + y^2} = \frac{0}{y^2} = 0
        \end{align*}
        由此可得当$x = 0$时，$f(x, y)$是常数函数，所以，函数$y \mapsto f(x, y)$在$\mathbb{R}$是连续的。


  \item $x \neq 0$

        任意$y$都有
        \begin{align*}
          f(x, y) = \frac{xy}{x^2 + y^2}
        \end{align*}
        由于$x^2 + y^2 > 0$，且分子分母都是连续函数，利用推论13.2.3(b)可知，
        函数$y \mapsto f(x, y)$在$\mathbb{R}$是连续的。

\end{itemize}

同理可证，固定的$y \in \mathbb{R}$，函数$x \mapsto f(x, y)$在$\mathbb{R}$是连续的。

（2）函数$f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$在$\mathbb{R}^2$上不连续。

举一个反例。对任意$\delta > 0, x = y \neq 0$使得
\begin{align*}
  d_{l^2}((x, y), (0, 0)) < \delta
\end{align*}
此时
\begin{align*}
  f(x, y) = \frac{xy}{x^2 + y^2} = \frac{x^2}{2x^2} = \frac{1}{2} \neq f(0, 0) = 0
\end{align*}
可见，满足连续定义的$\delta > 0$不存在，所以$f$在$(0, 0)$处不连续，那么，$f$在$\mathbb{R}^2$上不连续。


\end{document}